Menjelaskan konsep dasar analisi real

1. ANALISIS REAL I
Oleh:
Mardiyana
Jurusan Pendidikan Matematika

2. Kontrak Perkuliahan
Mata Kuliah : Analisis Real I
Beban : 2 sks
Pertemuan : 16 x 100 menit (min 75% wajib
hadir)
Materi :
sifat-sifat aljabar nilai multak dan sifat urutan serta sifat
kelengkapan bilangan real, barisan bilangan real,
kekonvegenan barisan bilangan real, Teorema Limit Barisan,
Barisan Monoton, Teorema Subbarisan, Barisan Monoton,
Teorema Cauchy, Sifat-sifat barisan divergen, Limit fungsi,
sifat-sifat limit fungsi, fungsi kontinu, kombinasi fungsi
kontinu, fungsi kontinu pada interval dan kontinu seragam.

3. Referensi
[1]. Bartle, R.G dan Sherbert, D.R. (2011). Introduction to
Real Analysis. John Wiley & Sons, Inc., Singapura.
[2]. Bartle, R.G. (1976). The Element of Real Analysis. John
Wiley & Sons, Inc., Singapura.
[3]. Bauldry, W.C., (2009), Introduction to Real Analysis,
John Wiley and Sons, USA
[4]. Goldberg, R.R., (1976), Methods of Real Analysis, John
Wiley and Sons, Inc., New York
[5]. Parzynski, W.R dan Zipse, P.W. (1987). Introduction to
Mathematical Analysis. McGraw-Hill International
Editions, Singapura.
[6]. Apostol, T.M.(1974). Mathematical Analysis. Second
Edition. Addison-Wesley Publishing Company,
California.

4. Penilaian
N = (T1 + 2N1 + T2 + 2N2)/6
Mahasiswa lulus jika N >= 60, dan konversi
nilainya sbb:
0 <= N < 40 : E (0)
40 <= N < 60 : D (1)
60 <= N < 70 : C (2)
70 <= N < 80 : B (3)
80 <= N <= 100 : A (4)

5. SISTEM BILANGAN
REAL (R)
Sifat-Sifat yang akan dikaji:
• Sifat Aljabar
• Sifat Urutan
• Sifat Kelengkapan

6. Operasi Biner
Yang dimaksud dengan operasi
biner pada himpunan A adalah
fungsi dari AxA ke A.
Contoh
+ : R x R  R
(x,y)  +(x,y) = x + y

7. Aksioma 1.1.1
(Sifat Aljabar dari R)
Untuk setiap a, b, c  R, dengan 2 operasi biner penjumlahan (+)
dan Perkalian (.) berlaku sifat:
(A1) a + b = b + a
(A2) (a + b) + c = a + (b + c)
(A3) terdapat 0  R, sehingga a + 0 = a = 0 + a;
(A4) terdapat -a  R, sehingga a + (-a) = 0 = (-a) + a;
(M1) a. b = b . a
(M2) (a.b).c = a.(b.c)
(M3) terdapat 1  R, 1  0, sehingga a.1 = a = 1.a
(M4) untuk a  0, terdapat 1/a  R, sehingga a.1/a = 1 = a.1/a;
(D) a.(b+c) = a.b + a.c
Selanjutnya (R,+.) disebut lapangan (field),
0 disebut elemen nol dan 1 disebut elemen satuan

8. Teorema 1.1.2
(1). Jika z, a  R sehingga z + a = a , maka z = 0
(2). Jika u, b  R; u.b = b dan b  0 , maka u = 1
Bukti (1) Diketahui bahwa z + a = a . Dengan menambahkan (-a)
pada kedua ruas diperoleh
(z + a) + (-a) = a + (-a)
Jika berturut-turut diaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada
ruas kiri maka diperoleh
(z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) sifat A2
= z + 0 sifat A4
= z sifat A3
Selanjutnya, jika diaplikasikan (A4) pada ruas kanan maka
diperoleh
a + (-a) = 0
Jadi disimpulkan bahwa z = 0.
Dari sifat ini berarti bahwa elemen nol tunggal.

9. Bukti: (2).
Diketahui u, b  R; u.b = b dan b  0. Berdasarkan (M4)
terdapat 1/b di R sedemikian hingga b.(1/b) = 1.
Jika kedua ruas dari u.b = b dikalikan dengan 1/b maka diperoleh:
(u.b).(1/b) = b.(1/b) (*)
Selanjutnya jika diaplikasikan berturut-turut (M2), (M4) dan
(M3) pada ruas kiri, maka diperoleh
(u.b).(1/b) = u.( b.(1/b)) sifat M2
= u.1 sifat M4
= u sifat M3
Jika diaplikasikan (M4) pada ruas kanan, maka diperoleh
b.(1/b) = 1
Jadi dari hubungan (*) disimpulkan bahwa u = 1.
Dari sifat ini berarti elemen satuan 1 tunggal.

10. Teorema 1.1.3
(1). Jika a, b  R sehingga a + b = 0 , maka b = -a
(2). Jika a, b  R; a  0 sehingga a.b = 1 , maka b = 1/a
Bukti (1) Diketahui bahwa a + b = 0 . Dengan
menambahkan -a pada kedua ruas, maka diperoleh
(-a) + (a + b) = (-a) + 0
Dengan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri, diperoleh
(-a) + (a + b) = ((-a) + a) + b = 0 + b = b
Jika diaplikasikan (A3) pada ruas kanan, maka
(-a) + 0 = -a
Jadi disimpulkan bahwa b = -a.
Dari sifat ini berarti elemen invers thd (+) tunggal

11. Teorema 1.1.4 Jika a, b  R, maka:
(1). Persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (-a) + b.
(2). Jika a  0 maka persamaan ax = b mempunyai penyelesaian
tunggal x = (1/a)b.
Bukti (1) Dengan mengaplikasikan (A2), (A4), (A3), diperoleh
a + (-a + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b
yang berakibat(-a + b) penyelesaian dari a + x = b.
Selanjutnya ditunjukkan penyelesaian tersebut tunggal.
Misalkan z penyelesaian lain persamaan tersebut, maka a + z = b ,
dan jika ditambahkan (-a) pada kedua ruas, maka diperoleh
(-a) + (a + z) = (-a) + b
Selanjutnya dengan mengaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada
ruas kiri, maka
(-a) + (a + z) = ((-a) + a) + z = 0 + z = z
•Jadi disimpulkan bahwa z = (-a) + b.

12. Teorema 1.1.5
Jika a  R; maka
(1). a.0 = 0 (2). (-1).a = -a
(3). –(-a) = a (4). (-1)(-1) = 1
Bukti (1) Dari (M3), a.1 = a, sehingga dengan
menambahkan a.0 dan menerapkan (D) dan (M3)
akan diperoleh
a + a.0 = a.1 + a.0 = a.(1+0) = a.1 = a .
Dengan Teorema 1.1.2 (1), disimpulkan a.0 = 0.

13. Teorema 1.1.6
Misalkan a, b, c  R,
(1). Jika a  0 , maka 1/a  0 dan 1/(1/a) = a.
(2). Jika ab = ac dan a  0 , maka b = c.
(3). Jika ab = 0 , maka a = 0 atau b = 0
Bukti: (1). Untuk a  0 , maka 1/a ada.
Jika 1/a = 0, maka 1 = a.(1/a) = a. 0 = 0, sehingga bertentangan
dengan (M3).
Jadi 1/a  0. Selanjutnya karena (1/a).a = 1, maka dengan
Teorema 1.1.3 (2) diperoleh 1/(1/a) = a.

14. Teorema 1.1.7
Tidak ada bilangan rasional r
sehingga r2 = 2.
Bukti: Andaikan terdapat bilangan rasional r sehingga r2 = 2 . Oleh
karena itu terdapat bilangan bulat p dan q dengan q  0 sehingga
(p/q)2 = 2. Tanpa mengurangi keumuman diasumsikan p, q bilangan
positif dengan faktor persekutuan terbesar 1. Karena p2 = 2q2 ,
maka p2 bilangan genap. Akibatnya p juga bilangan genap. Karena
jika p ganjil, maka p2 juga ganjil. Karena 2 bukan faktor
persekutuan dari p dan q, maka q bilangan ganjil. Selanjutnya,
karena p genap, maka p = 2m untuk suatu m  Z. Akibatnya 2m2 =
q2. Jadi q2 bilangan genap, sehingga q juga bilangan genap.
Terdapat kontradiksi bahwa q adalah bilangan asli yang genap
sekaligus ganjil. Jadi, pengandaian di atas salah.

15. Aksioma 1.2.1
(Sifat–Sifat Urutan dari R)
Terdapat himpunan bagian tak kosong P dari R
yang disebut himpunan bilangan real positif,
yang memenuhi sifat-sifat berikut :
 Jika a, b  P maka a + b  P.
 Jika a, b  P maka a.b  P.
 Jika a  R maka tepat satu dari di bawah
ini akan dipenuhi:
a  P, a = 0 -a  P

16. Definisi 1.2.2
•Jika a  P, maka dikatakan bahwa a bilangan
real positif dan ditulis a > 0.
•Jika a  P  {0} , maka dikatakan bahwa
a bilangan real nonnegatif dan ditulis a ≥ 0.
• Jika -a  P, maka dikatakan bahwa
a bilangan real negatif dan ditulis a < 0.
•Jika -a  P  {0} , maka dikatakan bahwa
a bilangan real nonpositif dan ditulis a ≤ 0.

17. Definisi 1.2.3
Misalkan a, b  R .
(a) Jika a – b  P, maka kita tulis a > b
atau b < a.
(b) Jika a – b  P  {0}, maka ditulis a ≥ b
atau b ≤ a.

18. Teorema 1.2.4
Misalkan a, b, c  R.
(a) Jika a > b dan b > c, maka a > c.
(b) Dipenuhi tepat satu dari:
a > b, a = b atau a < b.
(c) Jika a ≥ b dan a ≤ b, maka a = b.

19. Teorema 1.2.5
(a) Jika a  R dan a ≠ 0, maka a2 > 0.
(b) 1 > 0.
(c) Jika n  N, maka n > 0.

20. Teorema 1.2.6
Misalkan a, b,c, d  R.
(a) Jika a > b, maka a + c > b + c.
(b) Jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d.
(c) Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb
Jika a > b dan c < 0, maka ca < cb.
(d) Jika a > 0, maka 1/a > 0
Jika a < 0, maka 1/a < 0.

21. Teorema 1.2.7
Jika a, b   dan a < b, maka a < ½ (a + b) < b.
Akibat 1.2.8
Jika b   dan b > 0, maka 0 < ½ b < b.
Teorema 1.2.9
Jika a   dan 0  a <  untuk setiap  > 0,
maka a = 0.

22. Example 1
Show that for real numbers a > 0 and
b > 0, we have the inequality chain
min(a,b)    
 max(a,b).
b
a
ab

2
ab
2
b
a 
2
2
2
b
a 

23. Example 2
Bernaulli’s Inequality.
Prove that if x > -1, then
(1 + x)n  1 + nx, for all n  N.

24. Example 3
Cauchy’s Inequality.
Prove that if n  N and a1, a2, …, an and b1, b2,
…, bn are real numbers, then
(a1b1 + … + anbn)2  (a1
2 + … + an
2) (b1
2 + … + bn
2)

25. Definisi 1.3.1
Untuk a  R, harga mutlak dari a,
dinotasikan |a|, dan didefinisikan
dengan
|a| = a jika a ≥ 0 dan
= -a jika a < 0.

26. Teorema 1.3.2
(a) |a| = 0 jika dan hanya jika a = 0.
(b) |-a| = |a| untuk semua a  R.
(c) |ab| = |a| |b| untuk semua a, b  R .
(d) Jika c ≥ 0, maka |a| ≤ c jika dan
hanya jika –c ≤ a ≤ c.
(e) - |a| ≤ a ≤ |a| untuk semua a  R.

27. Bukti Teorema 1.3.2
(a) Dari definisi, jika a = 0, maka |a| = 0. Sebaliknya, jika a ≠ 0
maka –a ≠ 0, sehingga |a| ≠ 0. Jadi, jika |a| = 0, maka a = 0.
(b) Jika a = 0, maka |0| = 0 = |-0|. Jika a > 0, maka –a < 0
sehingga |a| = a = -(-a) = |-a|. Jika a < 0 maka –a > 0 sehingga
|a| = -a = |-a|.
(c) Jika salah satu dari a,b bernilai nol, maka baik |ab| maupun |a|
|b| sama-sama bernilai nol. Jika a > 0 dan b > 0 maka |ab| =
ab = |a| |b|. Jika a > 0 dan b < 0 maka ab < 0 sehingga |ab| =
-(ab) = a (-b) = |a| |b|, Sedangkan untuk dua kasus yang lain
dapat dikerjakan dengan cara yang sama.
(d) Jika |a| ≤ c, maka diperoleh a ≤ c dan –a ≤ c. Hasil ini
memberikan a ≤ c dan –c ≤ a, sehingga -c ≤ a ≤ c. Sebaliknya,
jika –c ≤ a ≤ c, maka a ≤ c dan –a ≤ c yang berarti |a| ≤ c.
(e) Substitusikan c = |a| ke dalam (d).

28. Teorema 1.3.3 Ketaksamaan Segitiga
Untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku
|a + b| ≤ |a| + |b|
Bukti: Dari Teorema 1.3.2 (e), diperoleh
-|a| ≤ a ≤ |a| dan -|b| ≤ b ≤ |b|. Dengan
menjumlahkan keduanya dan menerapkan
Teorema 1.2.6 (b) akan diperoleh
-(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b|
Dengan Teorema 1.3.2 (d), disimpulkan bahwa
|a + b| ≤ |a| + |b| 

29. Akibat 1.3.4
Jika a dan b sebarang bilangan real, maka
(a) ||a| - |b|| ≤ |a – b|
(b) |a – b| ≤ |a| + |b|
Bukti (a) Perhatikan a = a – b + b. Dengan Ketaksamaan
Segitiga diperoleh
|a| = |a – b + b| ≤ |a – b| + |b| atau |a| - |b| ≤ |a - b|.
Dengan cara yang sama
|b| = |b – a + a| ≤ |b – a| + |a|
Akibatnya
-|a – b| = -|b – a| ≤ |a| - |b|.
Dengan menggabungkan kedua ketaksamaan ini dan
menerapkan Teorema 1.3.2 (d), maka disimpulkan bahwa
||a| - |b|| ≤ |a – b|.
(b) Dengan mengganti b pada Ketaksamaan Segitiga
dengan –b maka dihasilkan |a – b| ≤ |a| + |-b|. Karena
|-b| = |b| maka disimpulkan |a – b| ≤ |a| + |b|.

30. Akibat 1.3.5
Untuk sebarang bilangan a1, a2, ..., an di dalam R berlaku
| a1 + a2 + ... + an| ≤ |a1| + |a2| + ... + |an|
Bukti : Diserahkan pembaca sebagai
latihan.

31. Definisi 1.3.7
Misalkan a  R dan  > 0. Persekitaran-  dari a
didefinisikan sebagai himpunan
V(a) = {x  R : |x – a| < }.
Teorema 1.3.8
Misalkan a  R. Jika x anggota dari persekitaran
V(a) untuk setiap  > 0, maka x = a.
Bukti: Jika x memenuhi |x – a| <  untuk setiap
 > 0, maka menurut Teorema 1.2.9 berlaku
|x – a| = 0, yaitu x = a.

32. 1.4 Sifat Kelengkapan dari R
Definisi 1.4.1
Misalkan S himpunan bagian dari R.
(a) Bilangan u  R dikatakan batas atas dari S
jika berlaku s ≤ u untuk setiap s  S.
(b) Bilangan v  R dikatakan batas bawah dari S
jika berlaku v ≤ s untuk setiap s  S.

33. Definisi 1.4.2
Misalkan S himpunan bagian dari R.
(a) Jika S terbatas di atas, maka batas atas u
disebut supremum (batas atas terkecil) dari S
jika tidak ada bilangan yang lebih kecil dari u
yang merupakan batas atas dari S.
(b) Jika S terbatas di bawah, maka batas bawah v
adalah infimum (batas bawah terbesar) dari S
jika tidak ada bilangan yang lebih besar dari v
yang merupakan batas bawah dari S.

34. Lemma 1.4.3
Bilangan u adalah supremum dari himpunan tak
kosong S  R, jika dan hanya jika memenuhi:
(a) s ≤ u untuk setiap s  S.
(b) jika w < u,maka terdapat s’  S sehingga
w < s’.
Bukti : Bukti ditinggalkan bagi pembaca.

35. Lemma 1.4.4
(a) Batas atas u dari himpunan tak kosong
S  R, merupakan supremum dari S
jika dan hanya jika untuk setiap  > 0
terdapat s sehingga u -  < s.
(b) Batas bawah v dari himpunan tak
kosong S  R, merupakan infimum
dari S jika dan hanya jika untuk setiap 
> 0 terdapat s sehingga s < v + .

36. Asumsi 1.4.6 (Sifat Supremum dari )
Setiap himpunan tak kosong di dalam 
yang mempunyai batas atas pasti
mempunyai supremum di dalam .

37. Teorema 1.4.7 (Sifat Infimum dari )
Setiap himpunan tak kosong di dalam 
yang mempunyai batas bawah pasti
mempunyai infimum di dalam .

38. Contoh 1.4.8
Misalkan S himpunan bagian tak kosong di
dalam  yang terbatas dan misalkan a 
. Didefinisikan himpunan a + S = {a + s
: s  S}. Akan ditunjukkan bahwa
sup (a + S) = a + sup S
dan
inf (a + S) = a + inf S.

39. Soal 1
Misalkan S himpunan tak kosong terbatas di dalam .
(a) Jika a > 0 dan aS = {as : s  S}. Buktikan bahwa
inf aS = a inf S dan sup aS = a sup S.
(b) Jika b < 0 dan bS = {bs : s  S}. Buktikan bahwa
inf bS = b sup S dan sup bS = b inf S.

40. Soal 2
Misalkan X himpunan tak kosong dan f : X  
mempunyai range yang terbatas di dalam .
Jika a  , maka tunjukkan bahwa
sup {a + f(x) : x  X} = a + sup {f(x) : x  X}
dan
inf {a + f(x) : x  X} = a + inf {f(x) : x  X}.

41. Soal 3
Misalkan X himpunan tak kosong dan f, g : X  
mempunyai range yang terbatas di dalam . Tunjukkan
bahwa
sup{f(x) + g(x) : xX}  sup{f(x) : xX} + sup{g(x) : xX}
dan
inf {f(x) : xX} + inf {g(x) : xX}  inf {f(x) + g(x) : xX}.

42. Sifat Archimides
Teorema (Sifat Archimides)
Jika x  R maka terdapat nx  N
sehingga x < nx

43. Bukti (Sifat Archimides):
Andaikan teorema tidak benar, yaitu untuk
setiap n  N terdapat x  R sehingga n <= x.
Oleh karena itu x adalah batas atas dari N,
sehingga dengan sifat supremum, maka
himpunan tak kosong N mempunyai
supremum u di dalam R. Akibatnya terdapat
m  N sehingga u – 1 < m. Selanjutnya
diperoleh m + 1  N. Hal ini kontradiksi
dengan asumsi u adalah batas atas dari N.

44. Akibat Sifat Archimides
Jika y dan z bilangan real positif, maka :
(a) Terdapat n  N sehingga z < ny.
(b) Terdapat n  N sehingga 0 < 1/n < y.
(c) Terdapat n  N sehingga n – 1  z < n.

45. Bukti Akibat Sifat Archimides:
(a) Karena x = z/y > 0, maka terdapat n  N
sehingga z/y = x < n yang berarti z < ny.
(b) Dengan mengganti z = 1 pada (a), maka 1 < ny,
sehingga `1/n < y. Jadi 0 < 1/n < y.
(c) Sifat Archimides menjamin bahwa himpunan
bagian {m  N : z < m} di dalam N merupakan
himpunan tak kosong. Misalkan n adalah elemen
terkecil dari himpunan tersebut, maka n - 1
bukan anggota dari himpunan tersebut,
sehingga n – 1  z < n

46. Soal
1. Buktikan bahwa
inf{1/n : n  N} = 0!
2. Tentukan nilai
inf{1/n – 1/m : n, m  N}
dan
sup{1/n – 1/m : n, m  N}!

47. Eksistensi Bilangan 2
Teorema
Terdapat bilangan real positif x
sehingga x2 = 2.

48. Bukti :
Misalkan S = {s   : 0 ≤ s, s2 < 2}, karena 1
 S, maka S tidak kosong. Selanjutnya, jika t > 2
maka t2 > 2 , sehingga t  S. Jadi 2 merupakan
batas atas dari S. Dengan sifat supremum, maka
S mempunyai supremum di dalam R. Sekarang
dimisalkan x = sup S. Perhatikan bahwa x > 1.
Akan ditunjukkan bahwa x2 = 2, dengan
menunjukkan bahwa tidak dipenuhi x2 < 2
maupun x2 > 2.

49. Andaikan x2 < 2
Perhatikan bahwa untuk setiap n  N, berlaku
1/n2  1/n, sehingga
)
1
2
(
1
1
2
1 2
2
2
2












 x
n
x
n
n
x
x
n
x
Karena 0 < x dan x2 < 2, maka (2 - x2)/(2x + 1) > 0.
Akibatnya terdapat bilangan asli n sehingga
2
1 2
.
2 1
x
n x



Akibatnya untuk bilangan asli n berlaku
2 2 2
( 1/ ) (2 ) 2.
x n x x
    
Jadi (x + 1/n)  S. Kontradiksi dengan x = sup S

50. Andaikan x2 > 2
Perhatikan bahwa untuk sebarang bilangan asli m
2
2 2
2
1 2 1 2
.
x x
x x x
m m m
m
 
     
 
 
Selanjutnya karen x > 0 dan x2 > 2, maka (x2 – 2)/2x > 0.
Sehingga terdapat bilangan asli m sehingga
2
1 2
2
x
m x


Akibatnya untuk bilangan asli m ini berlaku
2 2 2
( 1/ ) ( 2) 2.
x m x x
    
Ini berarti (x – 1/m) merupakan batas atas S.
Kontradiksi dengan x = sup S.

51. Soal
1. Tunjukkan bahwa terdapat bilangan
real positif y sehingga y2 = 3 !
2. Tunjukkan bahwa terdapat bilangan
real positif u sehingga u3 = 2 !

52. Sifat Kerapatan Bilangan Real
Teorema (Kerapatan Bilangan Rasional)
Jika x dan y bilangan real dengan x < y,
maka terdapat bilangan rasional r sehingga
x < r < y.

53. Bukti:
Tanpa mengurangi keumuman bukti, diasumsikan
x > 0. Dengan Sifat Archimides, terdapat bilangan
asli n sehingga n > 1/(y-x). Untuk n yang
demikian, diperoleh (ny – nx) > 1. Selanjutnya,
karena nx > 0, maka terdapat bilangan asli m
sehingga m – 1  nx < m. Sehingga m  nx + 1
< ny. Akibatnya nx < m < ny. Jadi r = m/n
adalah bilangan rasional yang memenuhi kondisi
x < r < y.

54. Akibat
Jika x dan y bilangan real dengan x < y, maka
terdapat bilangan irrasional z sehingga x < z < y.
Bukti:
Dengan menggunakan Teorema Kerapatan
Bilangan Rasional, pada bilangan real x/2 dan
y/2, terdapat bilangan rasional r sehingga
x/2 < r < y/2
Jadi z = r2 adalah bilangan irrasional yang
memenuhi x < z < y.

55. Soal
 Buktikan bahwa jika u > 0 dan x < y,
maka terdapat bilangan rasional r
sehingga x < ru < y !

56. Sekian
Terima Kasih Atas Perhatiannya